河北省衡水市2023届高三第二次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选
题1．已知集合，则（?）A．B．C．D．2．已知，其中i为虚数单位，则z的虚部是（?）A．B．C．D．3．已知双曲线：的一条渐近线
与直线：垂直，若右焦点到渐近线的距离为2，则此双曲线的方程为（?）A．B．C．D．4．已知为锐角，且，则（?）A．B．C．D．5．
2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊破了全球观众，衡阳市某中学力了
弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗
里，要求“立春”和“惊蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（?）A．192B．240C
．120D．2886．《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，
译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（?）A．B．C
．D．7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（?）A．B．C．D．8．已知，是单位向量，?0．若向量满足||＝1，则||的最大值为
（ ）A．B．C．D．二、多选题9．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝0，a4＝8，则（?）A．Sn＝2n2－6nB．
Sn＝n2－3nC．an＝4n－8D．an＝2n10．已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（?）A．B．C．若互斥，
则D．若独立，则11．已知正方体的棱长为2，M，N分别是，的中点，则（?）A．B．C．平面截此正方体所得截面的周长为D．三棱锥的体
积为312．已知函数，其中.对于任意的，函数在区间上至少能取到两次最大值，则下列说法正确的是（?）A．函数的最小正周期小于B．函数
在内不一定取到最大值C．D．函数在内一定会取到最小值三、填空题13．已知向量， ， 若，则_______．14．已知奇函数在上单调
递增，在上单调递减，且有且仅有一个零点，则的函数解析式可以是___________.15．已知直线截圆：所得弦长大于8，则实数的取
值范围是________.四、双空题16．在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解.例如：曲线在处的切线方程为，且，
若已知，则，取等条件为，所以的最小值为3.已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为___________；若数列满足
，且，则数列的前100项和的最小值为___________.五、解答题17．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且
，(1)求角A的大小：(2)若，求△ABC的面积．18．在递增的等比数列中，前n项和为，若，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求
数列的前n项和.19．如图，四棱锥中，底面是菱形，，平面平面，且是边长为4的等边三角形，为的中点，点在线段上.(1)若，求证：平面
平面；(2)若为的中点，求二面角的余弦值.20．2022年11月21日，我国迄今水下考古发现的体量最大的木质沉船长江口二号古船，在
长江口横沙水域成功整体打捞出水，上海市文物局会同交通运输部上海打捞局，集成先进的打捞工艺、技术路线、设备制造，最终研究并形成了世界
首创的“弧形梁非接触文物整体迁移技术”来打捞这艘古船.这是全新的打捞解决方案，创造性地融合了核电弧形梁加工工艺、隧道盾构掘进工艺、
沉管隧道对接工艺，并运用液压同步提升技术，综合监控系统等先进的高新技术.这些技术也是首次应用于文物保护和考古领域.近年来，随着科学
技术的发展，越来越多的古迹具备了发掘的条件，然而相关考古专业人才却严重不足.某调查机构为了解高三学生在志愿填报时对考古专业的态度，
在某中学高三年级的1200名男生和800名女生中按比例分配的分层，随机抽取20名学生进行了调查，调查结果如下表：不填报填报非第一志
愿填报第一志愿填报男生x52女生y10(1)完成列联表，并依据小概率值的独立性检验判断是否可以认为该校学生填报志愿时“是否填报考古
专业”与性别有关联？男生女生总计不填报填报总计20(2)从抽出的男生中再随机抽取3人进一步了解情况，记X为抽取的这3名男生中“第一
志愿填报考古专业”和“非第一志愿填报考古专业”人数差的绝对值，求X的数学期望.附：.0.050.0100.0013.8416.63
510.82821．已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为2.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线交椭圆于两点，交轴
于点，设，试判断是否为定值？请说明理由.22．已知函数.（1）若函数，试研究函数的极值情况；（2）记函数在区间内的零点为，记，若在
区间内有两个不等实根，证明：.参考答案：1．B【分析】根据给定条件，求出集合B，再利用交集的定义求解作答.【详解】因为，，所以．故
选：B.2．B【分析】将复数化简即可.【详解】，则则z的虚部是，故选：B.3．A【分析】先求得双曲线C的渐近线方程，根据其与直线l
垂直，可得a，b的关系，根据点到直线的距离公式，可求得b值，即可得a值，进而可得答案.【详解】根据题意得：双曲线C的渐近线方程为，
因为其一条渐近线与直线l：垂直，所以解得，即a=2b，又右焦点到渐近线的距离为2，则，解得b=2，则a=4，所以双曲线的方程为，故
选：A．4．B【分析】运用两角和与差的正弦公式和同角的商数关系，计算即可得到所求值【详解】因为，所以，所以，所以.故选：B5．A【
分析】先用捆绑法得到，只有“立春”和“惊蛰”相邻的情况，再减去“清明”和“惊蛰”相邻的情况即可.【详解】由题，只考虑“立春”和“惊
蛰”时，利用捆绑法得到,当“立春”和“惊蛰”和“清明”均相邻时，只有2种排法，即“惊蛰”在中间，“立春”“清明”分布两侧，此时再用
捆绑法，将三者捆在一起即，所以最终满足题意的排法为240-48=192.故选：A6．B【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，
由已知周长求得和，代入圆台的侧面积公式，即可求解.【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，可得，可得，又由圆台的高为1丈，可得
圆台的母线长为，所以圆台的侧面积为.故选：B.7．C【分析】构造，，求导，结合函数单调性分析，即可判断.【详解】令，则，令，有，令
，有，故函数在单调递增，在单调递减，故，即，，令，则，令，有，令，有，故函数在单调递增，在单调递减，故，即，，综上：.故选：C8．
C【分析】通过建立直角坐标系，利用向量的坐标运算和圆的方程及数形结合即可得出．【详解】∵||＝||＝1，且，∴可设，，．∴．∵，∴
，即（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1．∴的最大值．故选C．【点睛】熟练掌握向量的坐标运算和圆的方程及数形结合是解题的关键．9．AC【
分析】根据已知条件求得，由此求得，从而确定正确选项，【详解】依题意，，所以.故选：AC10．ABD【分析】结合互斥事件、对立事件的
定义，根据条件概率公式判断即可．【详解】选项A中：由对立事件定义可知,选项正确；选项中：， 选项B正确；选项C中：A，B互斥，，,
，故选项C错误；选项D中：A，B独立，则，则,故选项D正确.故选：.11．BC【分析】建立坐标系，利用空间向量坐标的关系判定A,B
选项的正误，把截面作出来，根据截面形状可求周长，利用等体积进行转化可求三棱锥的体积.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，则;,;因为，所以与不平行，A不正确；因为，所以，B正确；如图，取的中点,取的中点，连接，由正方体的性质可知，
；因为分别为的中点，所以，所以；平面截正方体所得截面为梯形，因为正方体的棱长为2，所以,，所以平面截此正方体所得截面的周长为，C正
确；由上面分析可知，，平面，平面，所以平面，即点到平面的距离等于点到平面的距离；，而，所以三棱锥的体积为1，D不正确.故选：BC.
12．AD【分析】先根据在区间上至少能取到两次最大值可得，据此可得，从而可得判断AB的正误，再根据的范围可得判断CD的正误，注意范
围的进一步探究.【详解】由题意可知，，即A正确；因为，所以，则当时，，又，，所以函数在上一定有最大值点，即B错误；由题意可知，任意
，总存在，使得：，故，整理得，可得，，即C错误；当时，，又因为，，故，所以函数在上一定有最小值点，即D正确.故选：AD.【点睛】思
路点睛：对于含参数的正弦型函数问题，注意根据最值的特征合理刻画函数的性质，从而得到参数的取值范围内，此类问题，整体法是处理此类问题
的基本策略.13．【分析】可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出的值．【详解】由题意得，∵)，∴，∴，故答案为．【点睛
】本题主要考查向量垂直的充要条件，以及向量加法和数量积的坐标运算，属于基础题.14．（答案不唯一）【分析】根据已知直接可得出.【详
解】由题意可知，仅有一个零点，结合单调性，可知.故答案为：（答案不唯一）.15．【分析】由题意可得弦心距，即，由此求得的取值范围.
【详解】圆：的圆心，半径，弦长大于8，故弦心距，即，解得所以实数的取值范围是，故答案为：16．???? 70???? 540【分析
】①先求导数，求出处的切线方程，结合，即可求出的前10项和的最大值；②求出处的切线方程为，结合，即可求出的前100项和的最小值.【
详解】，则在上单增，图像如下所示：①易知，，所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，所以，当且仅当时，等号成立；②曲线在处的
切线为，因为，则令此切线过原点，解得或，所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，当且仅当或时，等号成立，取，，即的前100项
中有60项为3，40项为0时，等号成立.故答案为：70；540.17．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而根据辅
助角公式可得，即可求解.（2）根据正弦定理边角互化得，由余弦定理可得，，进而根据面积公式即可求解.【详解】（1）根据题意，得由正弦
定理可得，即得，又，所以，所以，所以.（2）由，得，又，由余弦定理可得解得，，所以.18．(1)(2)【分析】小问1：由得，化为，
从而求得公比，即可求通项公式；小问2：利用的通项公式求得，根据等差求和公式即可求解．(1)设等比数列的公比为q，由得．∴，即，∴.
依题意，可知．∴．(2)由（1）可得，∴，故．19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用余弦定理可得到，故，利用线面垂直的判
定定理证明平面即可；（2）以O为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结
果.【详解】（1）因为是边长为4的等边三角形，为的中点，所以，因为，，所以在中，，所以即，因为平面平面，平面平面，，平面所以平面，
因为平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）连接，易得是等边三角形，且是的中点，所以，以O为原点，分别为x，
y，z轴建立空间直角坐标系，则则设平面的法向量，则，取，则，∴，设平面的法向量，则，取，则，∴，设二面角为，由图可得二面角为锐角，
故二面角的余弦值为.20．(1)列联表见解析，是(2)【分析】（1）根据抽取比例计算样本中男女生填报人数，完成列联表，代入公式计算
，与3.841比较，下结论；（2）由题得X的可能取值为0，1，2，3，分别计算其概率，列出分布列，计算期望.【详解】（1）设抽取的
20人中，男、女生人数分别为，则，所以.列联表如下：男生女生总计不填报5712填报718总计12820零假设为：“是否填报考古专业
”与性别无关联.根据列联表中的数据，经计算得到.根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为“是否填报考古专业”与性别有关联，
此推断犯错误的概率不大于0.05.（2）X的可能取值为0，1，2，3，；；；.所以.21．(1)(2)是定值，理由见解析【分析】（
1）根据已知条件短轴一个端点到右焦点的距离为长半轴，再利用离心率公式即可求解.（2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立方程
组，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得出交点横坐标的关系，结合向量的关系得出坐标的关系即可求解.【详解】（1）由题可得,，又
，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）由题可得直线斜率存在，由（1）知设直线的方程为，则,消去，整理得：，设，则，， 又，则，由可得
，所以.同理可得，.所以所以，为定值.22．（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）由求出，分别讨论与的关系，从而求出，
时的范围，可得函数的增减区间，根据单调性可得函数的极值情况；（2）先证明，即在区间内单调递增，根据零点存在性定理，存在，使得，可得
以，要证，只需证，即，记，其中，利用导数可证明单调递增，故当时，，即可得，进而可得结果.【详解】解：（1）由题意，得，故，故，.令
，得①当时，，或；，所以在，上单调递增，在上单调递减；所以在处取极大值，在处取极小值.②当时，，恒成立，所以不存在极值；③当时，，
或；，所以在，上单调递增，在上单调递减；所以在处取极大值，在处取极小值.综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；
时，在处取极大值，在处取极小值.（2），定义域为，，而，故，即在区间内单调递增又，，且在区间内的图象连续不断，故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.所以存在，使得，且当时，；当时，，所以当时，，由得单调递增；当时，，由得单调递减；若在区间内有两个不等实根（）则.要证，即证又，而在区间内单调递减，故可证，又由，即证，即记，其中记，则，当时，；当时，，故而，故，而，所以，因此，即单调递增，故当时，，即，故，得证.【点睛】本题考查分类讨论求函数的极值以及零点偏移证明不等式.方法点睛：（1）根据零点判断两根的范围；（2）由证明的结果逆推关系式，一般为要想证明，只需证，再根据的范围以及函数的单调性寻找要证明的关系式；（3）根据同为零点的关系替换，即转化为证明；（4）对函数求导，求单调性证明即可.答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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